常微分方程/精確 1

一階微分方程

此頁面詳細介紹了一種嘗試找到以下形式方程解的方法

$P(x,y)+Q(x,y)y'=0,$

這通常寫成微分形式

$Pdx+Qdy=0$.

隨後，我們將把這個表示式稱為ODE。在研究線積分時，微分形式經常出現在多元微積分中。

精確微分方程

在我們開始識別和求解精確微分方程之前，做一些觀察是有幫助的。我們將從提醒自己多元微積分中的鏈式法則開始。它說明了如何計算兩個或多個函式的複合函式的導數。假設 $\psi (u,v)$ 是兩個實變數的函式，並且我們給出函式 $g(t)$ 和 $h(t)$，它們是單個實變數的函式。那麼函式 $f(t)=\psi (g(t),h(t))$ 只是一個 $t$ 的函式，其中 $g$ 和 $h$ 被代入 $f$ 作為 $u$ 和 $v$。多元微積分中的鏈式法則告訴我們如何計算 $f(t)$ 的導數。它指出

$f'(t)={\frac {\partial \psi }{\partial u}}{\frac {dg}{dt}}+{\frac {\partial \psi }{\partial v}}{\frac {dh}{dt}}$

如果我們稍微濫用一下符號，將這兩個函式稱為 $u(t)$ 和 $v(t)$（而不是 $g(t)$ 和 $h(t)$），那麼我們可以將鏈式法則寫成

$f'(t)={\frac {\partial \psi }{\partial u}}{\frac {du}{dt}}+{\frac {\partial \psi }{\partial v}}{\frac {dv}{dt}}$

例如，我們可以令 $f(u,v)=u^{2}+v^{2}$， 並且我們可以令 $u(t)=\cos(t)$ 和 $v(t)=\sin(t)$。 那麼根據鏈式法則

$f'(t)=(2u)(-\sin(t))+(2v)(\cos(t))=-2\cos(t)\sin(t)+2\sin(t)\cos(t)=0\,$

當然，這可以透過直接代入 $u$ 和 $v$ 來發現 $f(t)=1$ 更直觀地看到，但這僅僅是對我們正確求導的驗證。

我們將使用這個理論來評估

${\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}\psi (x,y(x))&={\frac {\partial \psi }{\partial x}}{\frac {d}{dx}}(x)+{\frac {\partial \psi }{\partial y}}{\frac {d}{dx}}(y)\\&={\frac {\partial \psi }{\partial x}}+{\frac {\partial \psi }{\partial y}}y'.\end{aligned}}$

如果我們仔細觀察這個表示式，它看起來等於我們上面 ODE 的左側。具體來說，如果 ${\tfrac {\partial \psi }{\partial x}}(x,y)=P(x,y)$ 並且 ${\tfrac {\partial \psi }{\partial y}}(x,y)=Q(x,y)$，那麼我們的 ODE 是

${\frac {d}{dx}}{\Big (}\psi {\big (}x,y(x){\big )}{\Big )}=0$

這種型別的方程特別容易求解。唯一導數為 0 的函式是常數函式或簡單常數。因此，我們 ODE 的解，即對它的積分，將由下式給出

$\psi (x,y)=C.\,$

現在考慮以下示例，應用我們剛剛弄清楚的內容。

$y-x^{2}+xy'=0\,$

在這個例子中 $P(x,y)=y-x^{2}$，$Q(x,y)=x$，並且 $y'=y'$。請注意，如果 $\psi (x,y)=xy-{\frac {x^{3}}{3}}$，那麼 $\psi _{x}'=y-x^{2}=P$ 並且 $\psi _{y}'=x=Q$。順便說一下，如果你想自己檢查一下我們在這裡做了什麼，而你的微積分有點生疏，那就下載 maxima (http://maxima.sourceforge.net 或者預先打包到您最喜歡的 Linux 發行版或 Android 中)。我們剛剛製作的 $\psi (x,y)$ 的推導可以在 maxima 中輕鬆回放，如下所示：

(%i1) psi:x*y-(x^3/3);

以及

(%i2) diff(psi,x);

得出

(%o1) y - x^2.

或者從 $\psi _{x}'$ 到 $\psi (x,y)$，

(%i1) psi_prime:y-x^2;

以及

(%i2) integrate(psi_prime,x);

得出

(%o1) x*y-(x^3/3)

回到我們的問題，根據我們上面的觀察，這個方程的解應該由 $\psi (x,y)=C$ 給出，換句話說

$xy-{\frac {x^{3}}{3}}=C\qquad {\text{ or }}y={\frac {x^{2}}{3}}+{\frac {C}{x}}$

此特定方程是線性的，因此我們可以輕鬆驗證以這種方式獲得的解是否正確。當存在一個函式 $\psi$ 使得 $\psi _{x}'=P$ 且 $\psi _{y}'=Q$ 時，該方程稱為 **精確方程**。不幸的是，並非所有形式為 $P(x,y)+Q(x,y)y'$ 的微分方程都是精確的。為了使這種方法成為求解微分方程的有效方法，我們需要一種方法來區分一個微分方程是否精確，以及函式 $\psi (x,y)$ 是什麼，如果該函式是精確的。

為了看到 $P$ 和 $Q$ 不能是任意的，請記住多元微積分中 $\psi _{xy}'=\psi _{yx}'$（讀作：$\psi$ 的偏導數的順序是可交換的），只要這些導數存在且連續。由於 $\psi _{x}'=P$，則 $\psi _{xy}'=P_{y}$，類似地 $\psi _{yx}'=Q_{x}$。因此，如果該方程是精確的，我們肯定需要

$P_{y}=Q_{x}$

或者用不同的說法

${\frac {\partial P}{\partial y}}={\frac {\partial Q}{\partial x}}$

這可以被寫成一個定理。

定理

假設 $P(x,y)$ 和 $Q(x,y)$ 具有連續偏導數，並且滿足關係 ${\frac {\partial P}{\partial y}}={\frac {\partial Q}{\partial x}}.$ 那麼存在一個函式 $\psi (x,y)$ 使得 ${\frac {\partial \psi }{\partial x}}=P$ 且 ${\frac {\partial \psi }{\partial y}}=Q.$

證明。 我們透過顯式構造 $\psi (x,y)$ 來證明這一點。 首先注意到，如果 $\psi$ 存在，則透過對錶達式 $\psi _{x}=P$ 關於 $x$ 進行積分，我們得到

$\psi (x,y)=\int P(x,y)\,dx+h(y).$

這裡 $\int P(x,y)\,dx$ 是將 $P(x,y)$ 關於 x 求不定積分，將 y 視為常數。 需要新增一個函式 $h(y)$，因為對於任何函式 ${\frac {\partial }{\partial x}}h(y)=0$。 因此，根據上述定義，$\partial _{x}\psi =0$.

現在我們需要確定$h(y)$。為此，我們使用$\psi _{y}=Q$。

注意，當這種情況發生時，Pdx+Qdy 和 ${\partial u \over \partial x}dx+{\partial u \over \partial y}dy$ 必須相同，這意味著$P={\partial u \over \partial x}$ 和 $Q={\partial u \over \partial y}$。這意味著 ${\partial P \over \partial y}={\partial Q \over \partial x}$。我們現在將證明，當混合導數 ${\partial u^{2} \over \partial x\partial y}$ 是連續的時，這也是一個充分條件。

證明

首先，取積分

$u=\int _{x_{0}}^{x}Pdx+\Phi (y)$

這顯然滿足條件 P=${\partial u \over \partial x}$。

為了使其滿足另一個條件，Q(x,y)=${\partial u \over \partial y}$，這意味著

$Q(x,y)=\int _{x_{0}}^{x}{\partial P \over \partial y}dx+\Phi \prime (y)$
$=\int _{x_{0}}^{x}{\partial Q \over \partial x}dx+\Phi \prime (y)$
$=Q(x,y)-Q(x_{0},y)+\Phi \prime (y)$

在等式兩邊消去 Q(x,y)，得到$\Phi (y)=\int _{y_{0}}^{y}Q(x_{0},y)dy$.

這證明了該方程是精確的，並且

$u=\int _{x_{0}}^{x}Pdx+\int _{y_{0}}^{y}Q(x_{0},y)dy=C$ 是微分方程的一個積分。

注意，只有 C 是任意常數。改變$y_{0}$ 只會使積分值改變一個常數，該常數會被 C 吸收。改變$x_{0}$ 也只會改變一個常數，因為${\partial P \over \partial y}={\partial Q \over \partial x}$.

例子

考慮以下 DE

$(y-x^{2})dx+xdy=0$

注意

${\partial (y-x^{2}) \over \partial y}={\partial x \over \partial x}=1$ 並且 1 是一個連續函式，所以根據上面的證明，該方程是精確的。

因此，積分是

$u=\int _{x_{0}}^{x}Pdx+\int _{y_{0}}^{y}Q(x_{0},y)dy=C$

取$x_{0}=0$ 和$y_{0}=0$

即$u={\bigg [}{xy-{\frac {x^{3}}{3}}}{\bigg ]}_{x=0}^{x=x}+{\bigg [}{x_{0}y}{\bigg ]}_{y=0}^{y=y}=xy-{\frac {x^{3}}{3}}=C$

一階常微分方程的積分因子

考慮以下形式的方程

${\frac {dy}{dx}}+P(x)y=Q(x),$

其中 P(x)、Q(x) 和 y 都是 x 的函式。這正如之前討論的那樣，是一個一階**線性**微分方程。為了使該方法有效，必須嚴格遵守這種形式 - 導數必須單獨存在。

通常，這些方程不是精確的。但是，正如之前所做的那樣，可以透過乘以一個積分因子 I(x)（另一個 x 的函式）使它們變得精確。

將原始方程乘以 I(x)

(1):$I(x){\frac {dy}{dx}}+I(x)P(x)y=I(x)Q(x)$

這將是我們新的、可解的、微分方程。現在考慮以下乘積的導數

(2):${\frac {d}{dx}}\left(I(x)\cdot y\right)=I(x){\frac {dy}{dx}}+I^{\prime }(x)y$

現在，如果我們使 (1) 的右側等於 (2) 的左側，則

(3):$I(x)Q(x)={\frac {d}{dx}}\left(I(x)\cdot y\right)$

透過等式另一半，得到

(4):$I(x){\frac {dy}{dx}}+I(x)P(x)y=I(x){\frac {dy}{dx}}+I^{\prime }(x)y$

簡化為

(5):$I(x)P(x)=I^{\prime }(x)$

透過使方程相等以得到 (3)，迫使乘以 I(x) 在 (1) 的右側產生一個乘積的導數，即

(6):$I(x){\frac {dy}{dx}}+I(x)P(x)y={\frac {d}{dx}}\left(I(x)\cdot y\right)$

因此，新的微分方程是精確的，並且可以更容易地求解。我們現在從 (5) 中找到函式 I(x)。這裡我們將稍微改變一下符號。

${\frac {dI}{dx}}=I\cdot P(x)$

${\frac {1}{I}}{\frac {dI}{dx}}=P(x)$

$\int {\frac {1}{I}}dI=\int P(x)dx$

$\ln |I|=\int P(x)dx$

$|I|=e^{\int P(x)dx}$

$I=\pm e^{\int P(x)dx}$

我們將此作為我們的積分因子。我們可以忽略負因子，因為當微分方程的兩邊都乘以它時，它們會相互抵消。因此，我們的積分因子是

$I(x)=e^{\int P(x)dx}$

為了解微分方程，我們用此因子相乘，然後解方程，因為其中一邊可以轉化為乘積的導數。

一般積分因子

現在我們把一階線性微分方程推廣到 Pdx+Qdy=0 形式的函式，這是我們從本節開頭開始的微分方程。它們有時不精確。然而，當乘以函式 h(x,y) 時，積 hPdx+hQdy=0 可能精確。

定理：形式為 Pdx+Qdy=0 的方程，它只有一個積分解，帶有任意常數 C，它有無限多個積分因子。

證明：假設解為 f(x,y)=C。微分是

${\partial f \over \partial x}dx+{\partial f \over \partial y}dy=0$

由於 f(x,y)=c 是 Pdx+Qdy=0 的解，它必須滿足

${\frac {f_{x}}{P}}={\frac {f_{y}}{Q}}$

這意味著存在一個函式 h，使得

${\partial f \over \partial x}=hP$

以及

${\partial f \over \partial y}=hQ$.

顯然，這是一個積分因子。此外，令 S(f) 為 f 的任意函式。

那麼 $hS(f)(Pdx+Qdy)$ 等於 $S(f)({\partial f \over \partial x}dx+{\partial f \over \partial y}dy)$ 因此 hS(f) 也是一個積分因子。